Trigonometrische Funktionen...Trigonometrische Funktionen 1. Ermittle die Koordinate xdes Punktes...

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Trigonometrische Funktionen

1. Ermittle die Koordinate x des Punktes C(x | 1) des rechtwinkligen Dreiecks ABCmit A(2 | −2), B(2 | 5) und γ = 90◦

(a) durch eine Zeichnung,

(b) durch drei verschiedene Rechenwege.

Losung: (a) C(−1, 46 | 1)(b) C(−1, 46 | 1)

2. Die Ecken Cn von Dreiecken ABCn mit A(1 | 1), B(6 | 4) liegen auf der Geraden gmit der Gleichung y = 5.

Konstruiere die beiden moglichen rechtwinkligen Dreiecke ABC1 und ABC2 mitjeweils γ = 90◦ und berechne die x−Koordinate der Eckpunkte C1 und C2.

Losung: x1 = 2 x2 = 5

3. Vom Viereck ABCD sind die Punkte A(−2 | 0), C(4 | 4, 5), D(−2 | 3), sowiea = 5LE, f = 7LE, und ∢BDC = 65, 83◦ gegeben.

(a) Konstruieren Sie das Viereck ABCD. Fur die Zeichnung: −3 ≦ x ≦ 5 und−3 ≦ y ≦ 5

(b) Berechnen Sie die Maße der Winkel α und δ, sowie die Lange der Seite b.

(c) Berechnen Sie den Flacheninhalt des Dreiecks ACD mit drei verschiedenenFormeln.

Losung: (a) -.-

(b) α = 120◦ δ = 104, 04◦ b = 7, 20LE

(c) AABC = 9FE

4. Ein Segelflieger wollte von A-Dorf uber B-Stadt nach C-Berg und wieder zurucknach A-Dorf fliegen. Aus flugtechnischen Grunden tritt er jedoch am Punkt D densofortigen Ruckflug an.

(a) Berechnen Sie die Lange der Strecke, die der Flieger zurucklegt.

(b) Berechne Sie, um wie viele Kilometer der geplante Flug langer gewesen wareals die tatsachlich zuruckgelegte Strecke.

Losung: (a) 178, 4 km

(b) 48, 6 km

5. Ein Flugzeug fliegt auf geradlinigem Kurs und in gleichbleibender Hohe von 500mmit einer Geschwindigkeit von 150 m

sgenau uber einen Beobachter hinweg.

Wie weit ist das Flugzeug nach 20 s vom Beobachter entfernt und unter welchemWinkel gegen die Horizontale beobachet er es dann?

Losung: ca. 3041m

6. Die Plattform eines Leuchtturms befindet sich in 23, 8m Hohe. Mit einem Fernrohrsieht man ein vor Anker liegendes Schiff unter einem Winkel von 12, 9◦.

Wie weit ist das Schiff horizontal vom Fuß des Leuchtturms entfernt, wenn sich dasFernrohr 1, 60m uber der Plattform befindet?

Losung: ca. 110m

7. aednern Der Giebel eines Hauses soll mit einer symmetrischen Fachwerkkonstruktionverziert werden. Alle eingezeichneten Srecken stellen Balken dar.

Wie viel Meter Balken braucht man insgesamt, wenn die Giebelbreite AB = 6, 40mund der Neigungswinkel α = 50◦ betragt?

Losung:

8. Auf einem Kinderspielplatz ist an der Spitze eines Stahlgestells ABC ein Autoreifenzum Schaukeln aufgehangt. (Siehe Skizze)

34° βΑ Β

��

(a) Berechnen Sie das Maß des Winkels β.

(b) Wie hoch befindet sich die Spitze C uber dem Erdboden?

(c) Zur Verstarkung der Konstruktion soll von B aus eine Stutze s senkrecht zurStrebe [AC] eingebaut werden. Berechnen Sie die Lange dieser Stutze s.

Losung: (a) β ≈ 131, 79◦

(b) ca. 3, 36m

(c) ca. 1, 11m2

9. Hinweis: Gegebenenfalls sind alle Ergenbisse auf zwei Stellen nach dem Kommazu runden.Die Figur enthalt im Zentrum ein Quadrat mit der Seitenlange 2 cm, das von vierkongruenten Trapezen umgeben ist.Es gilt AB = 4 cm und ϕ ∈ [26, 57◦; 90◦].

(a) Zeichnen Sie diese Figur fur ϕ = 35◦.

(b) Zeigen Sie: Nur fur diejenigen Winkelma-ße ϕ, fur die tanϕ > 0, 5 gilt, gibt es Tra-peze.

(c) Berechnen Sie ϕ so, dass der Umriss derFigur zum Quadrat wird.

(d) • Berechnen Sie ϕ so, dass der acht-eckige Umriss der Figur lauter gleichlange Seiten hat.

• Ist dieses Achteck aus lauter gleichlangen Seiten regelmaßig?Begrunden Sie Ihre Ansicht.

(e) Berechnen Sie den Flacheninhalt A derFigur in Abhangigkeit von ϕ.

[ Ergebnis: A(ϕ) =

36− 2

(f) Unter allen Achtecken gibt es eines, indem am Rand 2 cm lange Seiten auftau-chen. Bestimmen Sie die zugehorige Bele-gung von ϕ.

Losung:

Wir rechnen nur mit Maßzahlen.

(a) —

Nur fur C ∈]DP ] gibt es Trapeze. Also muss der Punkt Q oberhalb vom Punkt Dliegen:

tanϕ =QA

AB= 0, 5.

(c) Es gibt zwei Losungen:1. C = D. BD ist die Seitenlange: tanϕ = 0, 5 ϕ1 ≈ 26, 57◦.2. C = P . ϕ2 = 90◦.

(d) • 1. Moglichkeit:Siehe Zeichnung zur Losung b).

Es muss gelten: CB = DC.

∆CBP : sinϕ =2

CB⇒ CB =

sinϕ.

Weiter gilt: DC = DP − CP = 4− CP .

∆CBP : tanϕ =2

CP⇔ CP =

tanϕ⇒ DC = 4− 2

tanϕ.

Also: CB = DC ⇔ 2

sinϕ= 4− 2

sinϕ+

sinϕ= 2

⇔ 1 + cosϕ = 2 sinϕ⇔ sinϕ− 0, 5 cosϕ = 0, 5

Mit 0, 5 ≈ tan 26, 57◦ ergibt sich:

sinϕ− sin 26, 57◦

cos 26, 57◦cosϕ ≈ 0, 5

sinϕ cos 26, 57◦ − sin 26, 57◦ cosϕ ≈ 0, 5 · cos 26, 57◦sin(ϕ− 26, 57◦) ≈ 0, 5 · cos 26, 57◦ϕ− 26, 57◦ ≈ 26, 56◦ ⇔ ϕ ≈ 53, 13◦

2. Moglichkeit: Man erzeugt durch die Mittelsenkrechte m das gleichschenkligeDreieck DBC:

1ϕ1ϕ

Wegen ∢DBA = ϕ1 [vgl. Losung c)] folgt ∢BDC = ϕ1 (Z-Winkel).Also muss auch ∢CBD = ϕ1 sein.⇒ ϕ ist doppelt so groß wie ϕ1: ϕ ≈ 53, 14◦.

• Alle Innenwinkel dieses gleichseitigen Achtecks mussten gleiches Maß haben:180◦ − ϕ = 90◦ + ϕ ⇒ ϕ = 45◦ (siehe Figur in der Aufgabenstellung).Das Ergebnis steht im Widerspruch zur Losung in einer der beiden vorhergehen-den Moglichkeiten; also sind keine regelmaßigen Achtecke darunter.

(e) Siehe Zeichnung zur Losung b):

A(ABCD) = 4 · 2− 1

2· 2 · CP

⇒ A(ABCD) = 8− 2

tanϕ[vgl. Losung d) 1. Moglichkeit]

⇒ A(ϕ) = 2 · 2 + 4 · (8− 2

tanϕ) = 36− 8

tanϕ.

Man betrachte hier erneut den Grenzfall ϕ = 90◦.

(f) Siehe Abbildung in der Losung b):Der Fall CB = 2 kann nicht eintreten, denn die Hypotenuse [CB] im ∆CBP ist stetslanger als die 2 cm lange Kathete [BP ].Also: DC = 2; damit ist das Dreieck CBP gleichschenklig-rechtwinklig und es giltϕ = 45◦.A(45◦) = 36− 8 = 28.

10. Das Parallelogramm ABCD besitzt die Seitenlangen AB = 3a und AD = 2a. DerWinkel BAD hat das Maß ǫ.

(a) Ermitteln Sie durch Rechnung diejenigen Beleguge von ǫ, fur die sich Paralle-logramme mit dem Flacheninhalt von 5a2 ergeben.

(b) Zeigen Sie, dass man die Lange f der Diagonalen [BD] wie folgt in Ahangigkeitvon a und ǫ darstellen kann:f = BD =

√13− 12 cos ǫ · a

Berechnen Sie sodann, fur welche Belegung von ǫ die Strecke [BD] 1, 5 a langist.

Losung: (a) ǫ1 = 56, 44◦ und ǫ2 = 123, 56◦

(b) ǫ = 26, 38◦

Benin ist ein Land in Afrika. Seine Flagge ist oben abgebildet. Alle drei Rechteckeim Inneren sind kongruent. Außerdem gilt: AB = 6 cm.Zusatzlich ist noch ein Kreis eingezeichnet, dessen Mittelpunkt M der Mittelpunktdes Rechtecks ABCD ist.

(a) Begrunde: Es muss AD = 4 cm gelten. Zeichne dann die obige Figur.

(b) Berechne jeweils den Anteil der drei Rechtecke im Inneren an der Kreisflachein Prozent. Runde auf zwei Stellen nach dem Komma.

Losung:

(a) Weil alle Rechtecke im Inneren kongruent sind, muss BF = FC = AE = 2cm =Kreisradius r gelten. ⇒ BC = AD = 4cm.

6 cm(b) Wir berechnen zunachst den Flacheninhalt A(1) des Kreissegmentes (1): (Der Flachen-

inhalt des Kreises wird spater mit A⊙ abgekurzt.)Wegen PM = 1cm und MQ = 2cm ist das Dreieck PMQ ein halbes gleichseitigesDreieck. ⇒ ∢QMR = 120◦

Das Dreieck RMQ ist dann genauso groß wie ein gleichseitiges Dreieck mit einer Sei-tenlange von 2 cm.

A(1) =

120◦

360◦· 22π − 22

cm2 ≈ 2, 46 cm2

A⊙ = 22π cm2 ≈ 12, 57 cm2

≈ 2, 46 cm2

12, 57 cm2≈ 19, 57%

Und weiter gilt: A(2)A⊙

= A(3)A⊙

≈ (100% − 19, 57%) : 2 ≈ 40, 22%

12. Das ist ein Bild der Nationalflagge der Tschechischen Republik.

4 cm ε

Es gilt: AB = 8 cm und AD = 4 cm. Zusatzlich ist noch das Winkelmaß ε einge-zeichnet.Hinweis: Alle Ergebnisse sind gegebenenfalls auf zwei Stellen nach dem Komma zurunden.

(a) Zeichnen Sie die Figur fur ε = 68◦.

(b) Welche Werte kann ε annehmen, wenn der Punkt E auf der Mittelparallelendes Rechtecks ABCD wandert und wenn dabei das Dreieck AED nicht ver-schwinden soll?

(c) Berechnen Sie den Flacheninhalt AD des Dreiecks AED in Abhangigkeit von ε.

[ Ergebnis: AD =

tan ε2

(d) Berechnen Sie ε so, dass die Inhalte aller drei Teilflachen im Inneren des Recht-ecks ABCD gleich groß sind. Verwenden Sie dabei das Ergebnis der Aufgabe(e) noch nicht.

(e) Berechnen Sie den Flacheninhalt AT des Trapezes ABFE in Abhangigkeit vonε.

[ Ergebnis: AT =

16− 4

tan ε2

(f) Bestatigen Sie nun das Ergebnis der Aufgabe (d) mit Hilfe der Ergebnisse derAufgaben (c) und (e).

Losung: (a) –

εG4 cm

Das Dreieck AED ist stets gleichschenklig.Das Winkelmaß ε wird fur E = F am kleinsten:

tanε(min)

8⇒ ε (min) ≈ 28, 07◦

Andererseits darf der Punkt E nicht auf F liegen; d.h. es gilt stets ε < 180◦.Also gilt insgesamt: ε ∈ [28, 07◦; 180◦[.Anmerkung: Es gilt eigentlich ε (min) = 28, 072 486 . . .◦, so dass die linke Intervall-grenze nicht exakt angegeben werden kann.

(c) Im Dreieck AEG gilt:

tan ε2

AD = 0, 5 · AD ·GE = 0, 5 · 4 · 2

tan ε2

(d) Es muss gelten:

3· A(ABCD)

Also :4

tan ε2

3· 32 ⇔ tan

8(*) ⇒ ε ≈ 41, 11◦

(e) AT = 0, 5 · (AB + EF ) · AF und

EF = 8cm −GE =

8− 2

tan ε2

AT = 0, 5 ·(

8 + 8− 2

tan ε2

· 2 cm2 ⇔ AT =

16 − 4

tan ε2

(f) Wir setzen tan ε2 = z. Dann muss AD = AT gelten:

z= 16 − 2

z⇔ z = tan

Die Ubereinstimmung mit der Gleichung (*) in der Losung der Aufgabe (d) ist damiterrreicht.

In der obigen Figur ist ABCD ein Quadrat mit der Seitenlange 6 cm. Es gilt: AE =EF = FB und ∢ESF = ε.Die Punkte G und H sind auf [CD] beweglich und es gilt DH = GC = x cm.Hinweis: Gegebenenfalls sind Ergebnisse auf zwei Stellen nach dem Komma zurunden.

(a) • Zeichne die Figur fur x = 1, 2.

• Berechne das zugehorige Winkelmaß ε.Hinweis: Zeichne vom Punkt G aus eine Hilfsline so ein, dass du dieAufgabe mit Hilfe von ahnlichen Dreiecken losen kannst.

(b) Berechne x so, dass das Dreieck EFS gleichseitig wird.

(c) Untersuche elementargeometrisch (d.h. ohne die Verwendung trigonometrischerFunktionen), ob es unter den Dreiecken EFS ein gleichschenklig-rechtwinkligesDreieck gibt.

Losung: (a) • –

D H G C

2 1 1 2F TQ

1,2 1,2

Die gesuchte Hilfslinie ist das Lot [GT ] vom Punkt G auf die Seite [AB].Es gilt∢EGT = ε

2 (Z-Winkel) und ET = (4− 1, 2) cm = 2, 8 cm.Im Dreieck ETG gilt danntan ε

2 = 2,86 ⇒ ε

2 ≈ 25, 02◦ ⇒ ε ≈ 50, 04◦.

(b) In diesem Fall muss ε = 60◦ = ∢FEG gelten.Dann gilt im Dreieck EFG: ET = (4− x) cm.

tan 60◦ =GT

4− x=

√3 ⇔ x = 4− 2

√3 ≈ 0, 54

Das gleichschenklig-rechtwinklige Dreieck EFS wird dadurch erzeugt, dass man denTHALES-Halbkreis uber [EF ] mit der Symmetrieachse [PQ] schneidet.Die Halbgerade [ES] musste die Seite [CD] im Punkt G schneiden. Das ist offenbarnicht der Fall. Also kann das Dreieck EFS nie gleichschenklig-rechtwinklig werden.

14. Das ist ein Bild der Nationalflagge von England. Zusatzlich wurde noch der Kreiseingezeichnet, dessen Mittelpunkt im

”Flaggenmittelpunkt“ liegt.9

a cmcmx

Hinweis: Alle Ergebnisse sind gegebenenfalls auf zwei Stellen nach dem Kommazu runden.

(a) Zeichne die Figur fur a = 8, b = 12 und x = 2.

(b) Wie viel Prozent der Kreuzflache liegen außerhalb der Kreislinie?

Losung: (a) –

(b) Wir betrachten die Halfte des waagrechten Balkens:

∆EFM : y2 = 42 − 12 ⇒ y =√15

A(EFM) +A(HMG) = y · 1 cm2 =√15 cm2 ≈ 3, 87 cm2

∆EFM : sin ε2 = 1

4 ⇒ ε ≈ 28, 96◦

A(Sektor) =28, 96◦

360◦· 42 · π cm2 ≈ 4, 04 cm2

Der Teil des Kreuzes, der waagrecht links herausragt:2 cm · 6 cm − (4, 04 + 3, 87) cm2 = 4, 09 cm2

Insgesamt ragen 8, 18 cm2 des waagrechten Kreuzbalkens aus dem Kreis heraus.

Der Teil des Kreuzes, der senkrecht (z.B. oben) herausragt:2 cm · 4 cm − (4, 04 + 3, 87) cm2 = 0, 09 cm2

Insgesamt ragen 0, 18 cm2 des senkrechten Kreuzbalkens aus dem Kreis heraus.

Also ragen (gerundet) 8, 36 cm2 des Kreuzes aus dem Kreis heraus.

Eine Moglichkeit, die Flache des Kreuzes zu berechnen, besteht darin, dass du dieFlacheninhalte beiden uberlappenden Rechtecke, die das Kreuz ergeben, berechnest.Danach musst du jedoch am Ende den Inhalt des Quadrates im Zentrum mit der

Seitenlange 2 cm einmal abziehen, weil dieses Quadrat ja beiden besagten Rechteckenangehort:A(Kreuz) = 2 · 8 cm2 + 2 · 12 cm2 = 36 cm2

Prozentualer Anteil der herausragenden Flache:

36≈ 23, 22% .

15. An das Quadrat ABCD ist das gleichseitige Dreieck DCE mit der Seitenlange aangefugt worden.

(a) Zeichne die Figur fur AB = 4 cm.

(b) Zeige elementargeometrisch, also ohne Verwendung von Winkelfunktionen, dass∢AEB = 30◦ gilt.

(c) Begrunde anhand der Zeichnung, dass tan 75◦ = 2 +√3 gilt.

(d) Bestatige das Ergebnis der Aufgabe (c) mit Hilfe des folgenden Additionstheo-rems fur die Tangens-Funktion, das in der Formelsammlung steht:

tan(ψ + ζ) =tanψ + tan ζ

1− tanψ · tan ζTipp: Zerlege das Winkelmaß 75◦ so in zwei besondere Winkelmaße, dass sichjeweils deren Tangens-Werte aus der Formelsammlung entnehmen lassen.

Losung: (a)

(b) In der Figur ist EM die Symmetrieachse.Weil die Seitenlange des Quadrates ABCD mit der des gleichseitigen Dreiecks DCEubereinstimmt, sind die Dreiecke AED und EBC gleichschenklig und wegen derSymmetrie kongruent.Aus Symmetriegrunden ist das Dreieck ABE ebenfalls gleichschenklig.Weiter gilt: δ = 90◦ + 60◦ = 150◦ ⇒ ε = (180◦ − 150◦) : 2 = 15◦.⇒ α = 90◦ − ε = 75◦ und ϕ = 180◦ − 2 · α = 30◦

Oder am Punkt E: ϕ = 60◦ − 2 · ε = 30◦.

(c) In der Losung (b) steht: α = 75◦.

Im Dreieck AME gilt: tan 75◦ =EM

2 +√3)

⇒ tan 75◦ = 2 +√3

(d) Es gilt: 75◦ = 45◦ + 30◦. Damit ist ψ = 45◦ und ζ = 30◦

Aus der Formelsammlung: tan 45◦ = 1 und tan 30◦ = 13

⇒ tan 75◦ = tan(45◦ + 30◦) =1 +

1− 1 · 13

√3· 33=

3 +√3

3−√3· 3 +

3 +√3

⇒ tan 75◦ =9 + 6

√3 + 3

9− 3=

12 + 6√3

6 · (2 +√3)

6= 2 +

Im rechtwinkligen Dreieck ABC gilt: AC = 11, 20 cm und BC = 6, 72 cm.Der Mittelpunkt der Kathete [AB] ist M . Der Punkt A ist der Mittelpunkt desKreisbogens von B nach D.Berechne den Flacheninhalt des Dreiecks AMD.

Losung:

∆ABC : sinα =6, 72

11, 2⇒ α ≈ 36, 87◦

Weiter gilt: AB 2 = (11, 20 2 − 6, 72 2) cm2 ⇒ AB = 8, 96 cm⇒ AM = 4, 48 cm. Wegen AD = 8, 96 cm folgt weiter:∆AMD : x 2 ≈ 4, 48 2 + 8, 96 2 − 2 · 4, 48 · 8, 96 · cos 36, 87◦⇒ x ≈ 6, 10 cm.

∆AMD :sinµ

8, 96≈ sin 36, 87◦

6, 01⇒ [µ ≈ 63, 45◦] ∨ µ ≈ 116, 55◦.

A∆AMD ≈ 0, 5 · 4, 48 · 8, 96 · sin 116, 55◦ cm2 ≈ 17, 96 cm2

17. Ziegen gehen sich aus dem Weg

Auf einer kreisformigen Weide sollen die Ziege”Elsa“ und gleichzeitig ihr angriffs-

lustiger Ziegenbock”Lohengrin“ grasen. Damit er dabei Elsa in Ruhe lasst, wird

Lohengrin mit einer Leine an einen Pfahl P , der am Rande der Weide eingeschlagenist, so angebunden, dass den beiden Tieren gleichgroße Flachen zum Abweiden zurVerfugung stehen.

(a) Zeichne die Figur fur r = 4m in einem geeigneten Maßstab.

(b) Wie lang ist die Leine? Tipp: Zerlege die Flache, die”Lohengrin“ beansprucht,

in geeignete Teilflachen.

Losung: (a) Maßstab 1 : 100

B B ′

(b) ASektorPAB =α

360◦· x2 · π (1)

Dreieck PMB: µ = 180◦ − 2αKosinussatz im Dreieck PMB:x2 = 2r2 − 2r2 cosµ = 2r2 − 2r2 cos(180◦ − 2α)x2 = 2r2 + 2r2 cosα (2)x = r

√2√1 + cos 2α (3)

(2) in (1):

ASektorPAB =α

360◦· (2r2 + 2r2 cosα) · π =

180◦r2π +

180◦r2π cos 2α (4)

Dazu muss die Flache des Segments unterhalb der Sehne [PB] addiert werden:ASegment = ASektorMBP −A∆MBP

360◦· r2π − 1

2r2 sinµ

=180◦ − 2α

360◦· r2π − 1

2r2 sin(180◦ − 2α)

ASegment =1

2r2π − α

180◦· r2π − 1

2r2 sin 2α (5)

Sektor- und Segmentflache ergeben zusammen [(4)+(5)] die halbe Weideflache von

”Lohengrin“:( α

180◦r2π +

180◦r2π cos 2α

2r2π − α

180◦· r2π − 1

2r2 sin 2α

Diese Gleichung lasst sich vereinfachen zu:

2 sin 2α− α

45◦π cos 2α = π (*), wobei α in Grad angegeben wird.

Naturlich kommt es dabei nicht mehr auf die Lange des Kreisdurchmessers an.Nun ist die Losung der Gleichung (*) nicht in geschlossener Form darstellbar. Dasliegt daran, dass darin sowohl α als auch sin 2α und cos 2α auftauchen.Mit dem SOLVER eines Taschenrechners ergibt sich: α ≈ 54, 59◦.In (3) eingesetzt erhaltst du die Leinenlange x ≈ r · 1, 16. Das bedeutet: Die Leineist etwa 16% langer als der Kreisradius r.Anmerkungen:

• Weil Lohengrins Leine um seinen Hals liegt, konnte er Elsa mit seinen Hornerntrotzdem noch argern.

• Die Frage:”Wie lang musste die Leine sein, damit Lohengrin p% der Kreisflache

erreichen kann?“ ist durch eine leichte Anderung der Gleichung (*) zu beantwor-ten.

Das ist das Logo einer japanischen Firma, die Speichermedien herstellt. Im Zentrumbefindet sich das gleichseitige Dreieck ADG mit dem Mittelpunkt Z. Auf den Seitendieses Dreiecks wurden drei Quadrate errrichtet. Es gilt: AB = a. Zusatzlich wurdenoch das Dreieck FHK eingezeichnet.

(a) Zeichne die Figur fur a = 3 cm.

(b) Berechne α, β und γ.

Losung: (a)

(b) Die Gerade MK ist die Symmetrieachse des Dreiecks FHK. Also gilt α = β.Im gleichseitigen Dreieck ADG stellt die Strecke [GT ] die Dreieckshohe dar:

Der Punkt G ist der gemeinsame Eckpunkt zweier Quadrate und des gleichseitigenDreiecks ADG. Also gilt: ∢HGF = 360◦ − 2 · 90◦ − 60◦ = 120◦.

⇒ ∢HFG = ∢GHF = (180◦ − 120◦) : 2 = 30◦

Das Dreieck FHG wird durch seine Hohe [GM ] in zwei kongruente rechtwinkligeDreiecke zerlegt. ⇒ ∢FGM = ∢MGH = (90◦ − 30◦) : 2 = 60◦

Wegen FG = AG = a gilt: ∆FMG ∼= ∆GMH ∼= ∆GAT . Es sind alles halbe

gleichseitige Dreiecke: GM =1

Im rechtwinkligen Dreieck FMK gilt dann:

tanα =KT + TG+GM

√3 +

⇒ α = β ≈ 69, 90◦ und γ ≈ 180◦ − 2 · 69, 90◦ = 40, 20◦

Das Dreieck ABC ist gleichschenklig mit der Basis [AB]. Der Inkreis k mit demMittelpunkt M beruhrt die Dreiecksseiten in den Punkten D, E und F .

(a) Zeichne die Figur fur AB = 9 cm und α = 65◦.

(b) • Zeichne das Viereck ADMF ein.

• Zeige: ψ = α.

(c) • Zeige: Fur das Verhaltnis der Flacheninhalte der Dreiecke DEF und ABCgilt:

A∆DEF

A∆ABC

= cosα(1− cosα).

• Welche besondere Form hatten die Dreiecke ABC und DEF , wenn derFlachenanteil des Dreiecks DEF an dem des Dreiecks ABC maximal seinsoll?

Losung: (a)17

2α αψ

ϕ1 ϕ1

(b) • Siehe obige Zeichnung.

• Das Viereck ADMF ist ein achsensymmetrischer Drachen, denn die Diagonale[AM ] ist die Halbierende des Winkels mit dem Maß α und damit die Symmetrie-achse dieses Vierecks.Das Dreieck ADS ist rechtwinklig, weil die beiden Diagonalen in jedem Drachen-viereck senkrecht aufeinander stehen:ϕ1 = 90◦ − α

2= ϕ2 . Weiter muss gelten: ϕ1 + ϕ2 + ψ = 180◦

⇒ ψ = 180◦ − 2 ·(

90◦ − α

⇒ ψ = α.

(c) • Mit CA = CB = a gilt: AABC =1

2· a2 · sin γ.

AABC =1

2· a2 · sin(180◦ − 2α) =

2a2 · sin 2α =

2a2 · 2 sinα cosα

A∆ABC = a2 sinα cosα (*)

A∆DEF =1

2· FD 2 sinα (**)

Wende im Dreieck ADF den Kosinussatz an:

FD 2 =( c

)2− 2 · c

2· c2· cosα = 2 · c

4· (1− cosα) in (*):

ADEF =c 2

4· (1− cosα) sinα

A∆DEF

A∆ABC=

4· (1− cosα) sinα

a 2 sinα cosα=

· 1− cosα

Im Dreieck ADC gilt:

= cosα

⇒ A∆DEF

A∆ABC= cos2 α · 1− cosα

cosα= cosα(1 − cosα)

Dabei darf aber α nicht 90◦ werden. (Warum?)

• T (α) = cosα(1− cosα) = − cos2 α+ cosα = −(

cosα− 1

cosα =1

2liefert Tmax =

Dann muss aber α = 60◦ gelten; d.h. in diesem Fall sind die Dreiecke ABC undDEF jeweils gleichseitig. Das innere Dreieck nimmt 25% der Gesamtflache ein.Das sieht dann so aus:

20. Ein Viereck ABCD ist durch folgende Bestimmungsstucke festgelegt:AB = 6 cm, β = ∢CBA = 65◦,BC = 5 cm und DC = AD = 7 cm.

(a) Zeichne dieses Viereck.[AB] ziemlich weit rechts, Platzbedarf uber [AB]: 8 cm

(b) Begrunde: Es handelt sich nicht um einen achsensymmetrischen Drachen.

(c) Berechne die Lange der Diagonalen [AC].

(d) Berechne die Lange der Diagonalen [BD].

(e) Berechne den Flacheninhalt des Vierecks ABCD.

Losung: (a)

(b) Zwar sind die Seiten [AD] und [CD] gleich lang, aber die Seiten [BA] und [BC] sindes nicht.

(c) ∆ABC: AC 2 =(

52 + 62 − 2 · 5 · 6 · cos 65◦)

cm2 ⇒ AC ≈ 5, 97 cm

(d) ∆ABC: 52 = 62 + 5, 97 2 − 2 · 6 · 5, 97 · cosα1 ⇒ α1 ≈ 49, 38◦

∆ACD: 5, 97 2 = 7 2 + 7 2 − 2 · 7 · 7 · cos δ ⇒ δ ≈ 50, 48◦

∆ACD: α2 = γ2 ≈ (180◦ − 50, 48◦) : 2 ⇒ α2 = γ2 ≈ 64, 76◦

⇒ ∢BAD = α1 + α2 ≈ 114, 14◦

⇒ BD 2 ≈(

62 + 7 2 − 2 · 6 · 7 · cos 114, 14◦)

cm2 ⇒ BD ≈ 10, 92 cm

(e) AABCD = A∆ABC +A∆ACD:

AABCD ≈(

2· 6 · 5 · sin 65◦ + 1

2· 7 · 7 · sin 50, 48◦

cm2 ≈ 32, 49 cm2

21. Ein Dreieck ABC ist durch folgende Bestimmungsstucke festgelegt:AB = 10 cm, α = ∢BAC = 50◦ und AC = 6 cm.

(a) • Zeichne dieses Dreieck. Platzbedarf uber [AB]: 8cm

• Berechne den Flacheninhalt des Dreiecks ABC.

(b) Man erhalt neue Dreiecke ABnCn dadurch, dass die Seite [AC] uber C hinausum x cm verlangert und gleichzeitig die Seite [AB] vonB aus um 2x cm verkurztwird.

• Zeichne farbig fur x = 1, 5 das Dreieck AB1C1 ein.

• Berechne den Flacheninhalt des Dreeicks AB1C1.

• Berechne den Abstand d des Punktes C1 von der Seite [AB].

• Berechne die Lange der Strecke [B1C1].

(c) Notiere alle Belegungen von x, fur die es neue Dreiecke ABnCn gibt.

(d) Zeige: Fur den Flacheninhalt A der neuen Dreiecke ABnCn gilt in Abhangig-keit von x (gerundet):

A(x) = (−0, 77x2 − 0, 77x+ 23, 1) cm2.

(e) • Berechne diejenige Belegung von x, die den Extremwert des TermsT (x) = −0, 77x2 − 0, 77x+ 23, 1 liefert.

• Begrunde: Unter allen Dreiecken ABnCn gibt es keines, dessen Flachenin-halt A so groß wie der Extremwert des zugehorigen Terms T (x) ist.

(f) Unter allen Dreiecken ABnCn gibt es das Dreieck AB2C2, das einen Flachen-inhalt von 7, 7 cm2 aufweist. Berechne den zugehorigen x-Wert.

(g) Unter allen Dreiecken ABnCn gibt es das gleichschenklige Dreieck AB3C3, mitder Basis [B3C3]. Berechne den zugehorigen x-Wert.

(h) Unter allen Dreiecken ABnCn gibt es das rechtwinklige Dreieck AB4C4 mit derHypotenuse [AC4].

• Berechne den zugehorigen x-Wert.

[ Ergebnis: x ≈ 2, 32 ]

• Zeichne dieses Dreieck ein.

(i) • Zeige: Fur die Langen der Strecken [BnCn] gilt in Abhangigkeit von x:

BnCn(x) =√

7, 56x2 − 25, 44x+ 59, 2 cm2 (gerundet).

• Bestatige mit diesem Ergebnis das Ergebnis der Aufgabe (b) 4. Punkt.

(j) Unter allen Dreiecken ABnCn gibt es das Dreieck AB5C5, in dem der WinkelC5B5A das Maß 62◦ hat. Berechne den zugehorigen X-Wert.

Losung: (a) •

A BB1B∗ B4

• A∆ABC =1

2· (10 · 6 · sin 50◦) cm2 ≈ 22, 98 cm2

(b) • Siehe Zeichnung.

• A∆AB1C1=

2· (7 · 7.5 · sin 50◦) cm2 ≈ 20, 11 cm2

• ∆AB∗C: sin 50◦ =d

6 cm⇒ d ≈ 4, 60 cm (siehe Zeichnung)

• B1C12 = 72 + 7.52 − 2 · 7 · 7, 5 · cos 50◦

⇒ B1C1 ≈ 6, 14 cm (siehe Zeichnung)

(c) x < 0: Aus”Verlangern“ wurde

”Verkurzen“ und umgekehrt, das geht nicht.

x = 0 liefert kein”neues Dreieck“, vgl. Angabe.

x = 5: Das Dreieck entartet zur Strecke.x > 5: Die betreffenden Punkte Bn wurden links vom Punkt A auftauchen; diebetreffenden Dreiecke hatten dann den falschen Drehsinn.

Also: x ∈ ]0; 5[R.

(d) A(x) =

2· (10− 2x)(6 + x) · sin 50◦

cm2 ≈ 0, 77 ·(

30 + 5x− 6x− x2)

A(x) ≈ 0, 77 ·(

−x2 − x+ 30)

cm2 = (−0, 77x2 − 0, 77x + 23, 1) cm2

(e) • Quadratische Erganzung:

T (x) = −0, 77x2 − 0, 77x + 23, 1= −0, 77(x2 − x+ 0, 52 − 0, 25 − 30)= −0, 77[(x + 0, 5)2 − 30, 25]

T (x) = −0, 77(x + 0, 5)2 + 23, 2925x = −0, 5 liefert Tmax = 23, 2925

• Wegen −1, 5 /∈ ]0; 5[R wird dieses Maximum bei keinem der Dreiecke ABnCn

angenommen.

(f) −0, 77x2 − 0, 77x + 23, 1 = 7, 7 ⇔ −0, 77x2 − 0, 77x + 15, 4 = 0Der Solver des GTR liefert die beiden Losungen x1 = 4 und x2 = −5.Wegen −5 /∈ ]0; 5[R kommt nur x1 = 4 als Losung in Frage.

(g) Es muss gelten: ABn = ACn ; d.h. 10− 2x = 6 + x ⇔ x = 1, 3

(h) Fertige am besten eine Skizze dazu an.

• In diesem Fall gilt: cos 50◦ =10− 2x

6 + x. Der Solver des GTR liefert

x ≈ 2, 32.

• Siehe Zeichnung.

(i) • Kosinussatz in den Dreiecken ABnCn:BnCn(x)

2 = [(10 − 2x)2 + (6 + x)2 − 2 · (10− 2x) · (6 + x) · cos 50◦] cm2

≈ [100− 40x+ 4x2 + 36 + 12x+ x2 − 2 · (60 + 10x− 12x− 2x2) · 0, 64] cm2

= [5x2 − 28x+ 136− 1, 28 · (−2x2 − 2x+ 60)] cm2

= [5x2 − 28x+ 136 + 2, 56x2 + 2, 56x− 76, 80] cm2

BnCn(x) ≈√

7, 56x2 − 25, 44x + 59, 2 cm

• BnCn(1, 5) =√

7, 56 · 1, 52 − 25, 44 · 1, 5 + 59, 2 cm ≈ 6, 17 cmAnmerkung: Das Ergebnis in der Aufgabe (b) 4. Punkt lautet:B1C1 ≈ 6, 14 cm. Die Abweichung ergibt sich daraus, dass hier in der Losung(i) 1. Punkt viel haufiger gerundet worden ist als in der Aufgabe (b) 4. Punkt.Der Wert 6, 14 liegt naher am exakten Ergebnis, das aber nie

”genau“ dagestellt

werden kann.

(j) Im entsprechenden Dreieck gilt: ∢AC5B5 = 180◦ − 50◦ − 62◦ = 68◦.

sin 68◦

10− 2x=

sin 62◦

Der Solver des GTR liefert x ≈ 1, 21.

ϕAB P M

Der Mittelpunkt des Halbkreises ist M . Weiter gilt:AB = 8 cm, PM = 2, 5 cm und ϕ = 35◦.

(a) Zeichne die Figur.

(b) Berechne den Inhalt des Flachenstuckes, das von den Strecken [AP ] und [PQ],sowie von dem Kreisbogen von Q nach A begrenzt wird. Tipp: Zeichne einegeeignete Hilfslinie ein.

Losung: (a)

ϕ ψ µ

AB P M

2, 5 cm1, 5 cm 4 cm

Die Hilfslinie ist der Kreisradius [MQ] mit MQ =MA =MB = 4cm.

(b) ∆PQM :2, 5

sin ε=

sin 35◦⇒ ε ≈ 21, 01◦

⇒ ψ ≈ 180◦ − 35◦ − 21, 01◦ = 123, 99◦.

A∆PQM ≈ 1

2· 2, 5 · 4 · sin 123, 99◦ ≈ 4, 15 cm2

µ ≈ 180◦ − 123, 99◦ = 56, 01◦.

ASektorMQA ≈ 56, 01◦

360◦· 42π ≈ 7, 82 cm2

⇒ Agesamt ≈ 4, 15 cm2 + 7, 82 cm2 = 11, 97 cm2.

Der Mittelpunkt des Viertelkreises ist M .Weiter gilt: AM = 5 cm, AB = 3 cm und ψ = 55◦.

(b) Berechne den Inhalt des Flachenstuckes, das von den Strecken [AB] und [BC]sowie von dem Kreisbogen von C nach A begrenzt wird.Tipp: Zeichne eine geeignete Hilfslinie ein.

Losung: (a)

ψ µε

2 cm3 cm

Die Hilfslinie ist der Kreisradius [MC] mit MC =MA =MD = 5cm.

(b) ε = 180◦ − 55◦ = 125◦

∆BMC:2

sin δ=

sin 125◦⇒ δ ≈ 19, 13◦

⇒ µ ≈ 180◦ − 125◦ − 19, 13◦ = 35, 87◦.

A∆BMC ≈ 1

2· 2 · 5 · sin 35, 87◦ ≈ 2, 93 cm2

ASektorMCA ≈ 35, 87◦

360◦· 52π ≈ 7, 83 cm2

⇒ ARest = ASektor −A∆BMC ≈ 4, 90 cm2.

Der Kreisbogen mit dem zunachst nicht sichtbaren Mittelpunkt M ∈ [AS beruhrtden einen Schenkel von α im Punkt T und schneidet den anderen Schenkel von αim Punkt S.Weiter gilt: AT = 5 cm und α = 39◦.

(a) Zeichne die Figur ohne den Punkt S und den Kreisbogen.

(b) Konstruiere den Mittelpunkt M des Kreisbogens. Zeichne den Kreisbogen undden Punkt S ein.

(c) Berechne den Inhalt des Flachenstuckes, das von den Strecken [AT ] und [AS]sowie von dem Kreisbogen von T nach S begrenzt wird.

Losung: (a)

5 cm r

(b) Der Beruhrradius r = MT steht auf seiner Tangente [AT senkrecht. Die Senkrech-te zur Halbgeraden [AT im Punkt T schneidet den waagrechten Schenkel von α imKreismittelpunktM . Damit werden der Kreisbogen und der Schnittpunkt S konstru-ierbar.

(c) ∆AMT : tan 39◦ =r

5⇒ r ≈ 4, 05 cm.

µ = 90◦ − 39◦ = 51◦.

A∆AMT ≈ 1

2· 4, 05 · 5 cm2 ≈ 10, 13 cm2 .

ASektorMTS ≈ 51◦

360◦· 4, 052π cm2 ≈ 7, 30 cm2.

⇒ ARest = A∆AMC −ASektor ≈ 2, 83 cm2.

Der Mittelpunkt des Kreisbogens ist M. Weiter gilt: MB = 6 cm und β = 55◦.

(a) Zeichne die Figur.25

(b) Berechne den Inhalt des Flachenstuckes, das von den Strecken [SB], [BC] und[CT ] sowie von dem Kreisbogen von T nach S begrenzt wird.

Losung: (a)

• Zeichne [MB].

• Zeichne die Senkrechte zu [MB] durch den Punkt B.

• Trage in B den Winkel mit dem Maß β = 55◦ an. Jetzt hast du zwei Moglichkei-ten, den Punkt T zu konstruieren:1.Zeichne durch den Punkt M die Senkrechte auf den freien Schenkel von β. DieseSenkrechte schneidet den freien Schenkel von β im Punkt T . Die Halbgerade [MTscheidet die vorher gezeichnete Senkrechte zu MB durch den Punkt B im PunktC.2.Der THALES-(Halb-)Kreis mit dem Durchmesser [AB] scheidet den freien Schen-kel von β im Punkt T . Dann wird C wie in 1. konstruiert.Aus Grunden der Ubersichtlichkeit wurde zur 1. Moglichkeit gegriffen.

(b) Der Beruhrradius r =MT steht auf seiner Tangente BT senkrecht.

Im ∆MBT gilt dann: µ = 90◦ − 55◦ = 35◦.

cos 35◦ =r

6 cm⇒ r ≈ 4, 91 cm.

Fur den Flacheninhalt des Kreissektors MST gilt dann:

ASektorMST ≈ 35◦

360◦· 4, 912π cm2 ≈ 7, 36 cm2.

Im ∆MBC gilt: tan 35◦ =BC

6⇒ BC ≈ 4, 20 cm.

A∆MBC ≈ 1

2· 4, 20 · 6 cm2 = 12, 60 cm2

ARest = A∆MBC −ASektor ≈ 5, 24 cm2.

Der Kreisbogen beruhrt die Hypotenuse [BC] im Hypotenusenmittelpunkt T . DerMittelpunkt dieses Kreisbogens ist der noch verborgene Punkt M , der auf [AB]liegt.Weiter gilt: AB = 8 cm und AC = 4 cm.

(a) Zeichne den Punkt M ein.

(b) Berechne den Inhalt des eingefarbten Flachenstuckes.[ Teilergebnis: Radius des Kreisbogens ≈ 2, 24 cm ]

Losung: (a)

ϕεµ

Der Beruhrradius r = [MT ] steht auf seiner Kreistangente BC senkrecht. Zeichne alsoeine Senkrechte zur Hypotenuse [BC] durch den Punkt T . Diese Senkrechte schneidetdann die Kathete [AB] im Mittelpunkt M des Kreisbogens.

(b) Wir rechnen nur mit Maßzahlen.

PYTHAGORAS im Dreieck ABC: BC2= 82 + 42 ⇒ BC ≈ 8, 97 cm.

∆ABC: tanϕ =4

8⇒ ϕ ≈ 26, 57◦.

∆MBT : tan 26, 57◦ ≈ r

4, 47⇒ r ≈ 2, 24 cm ,

und ε ≈ 90◦ − 26, 57◦ = 63, 43◦.µ ≈ 180◦ − 63, 43◦ µ ≈ 116, 57◦.A∆ABC = 0, 5 · 4 · 8 cm2 = 16 cm2

A∆MBT ≈ 0, 5 · 2, 24 · 4, 47 cm2 ≈ 5, 01 cm2

ASektorMTS ≈ 116, 57◦

360◦· 2, 242 · π cm2 = 5, 10 cm2

AFarbe ≈ 16 cm2 − 5, 01 cm2 − 5, 10 cm2 = 5, 89 cm2.

Der Mittelpunkt des Halbkreises ist M .Weiter gilt: AB = 8 cm, AC = 2, 5 cm und ϕ = 49◦.

(b) Begrunde: Die eingefarbte Flache ist kein Kreissektor. Zeichne dazu an einergeeigneten Stelle eine Hilfslinie ein.

(c) Berechne den Inhalt A der eingefarbten Flache.

Losung: (a)

(b) Die Hilfslinie ist der Kreisradius MD. Der Mittelpunkt des Kreisbogens von B nachD ist der Punkt M . Daher ist die Strecke [CD] langer als der Kreisradius MD. Beieinem Kreissektor mussen aber die begrenzenden Strecken gleich lang sein, weil diesdie Kreisradien sind.

(c) MD = 4cm und MC = 1, 5 cm.

Im Dreieck CMD gilt:1, 5 cm

sin ε=

sin 49◦⇒ ε ≈ 16, 44◦.

⇒ ∢DMC ≈ 180◦ − 49◦ − 16, 44◦ = 114, 56◦ ⇒ µ ≈ 65, 44◦.

A∆CMD ≈ 0, 5 · 1, 5 · 4 · sin 114, 56◦ cm2 ≈ 2, 73 cm2.

ASektorMBD ≈ 65, 44◦

360◦· 42 · π ≈ 9, 14 cm2.

Agesamt ≈ 2, 73 cm2 + 9, 14 cm2 = 11, 87 cm2.28

Im Rechteck ABCD gilt: AB = 8 cm und δ = 56◦.Der Mittelpunkt des Kreisbogens, der die Diagonale [BD] im Punkt E beruhrt, istder Punkt C.

(b) Berechne den Flacheninhalt des eingefarbten Kreissektors.[ Teilergebnis: Radius des Kreisbogens ≈ 3, 64 cm ]

Losung: (a)

Im Dreieck ABD gilt: β = 90◦ − 56◦ = 34◦.

• Zeichne die Strecke [AB].

• Errichte eine Senkrechte zur Strecke [AB] durch den Punkt A.

• Trage am Punkt B den 34◦-Winkel an.

• Die Senkrechte und der freie Schenkel des 34◦-Winkels schneiden sich im PunktD.

• Zeichne den Punkt C, die Diagonale [BD] und den Kreisbogen ein.

• Der Beruhrradius r = [CE] steht auf seiner Kreistangente BD senkrecht. Zeichnealso das Lot vom Punkt C auf die Diagonale [BD]. Der Lotfußpunkt ist E undr = [CE].

(b) Im Dreieck DEC gilt: δ∗ = β = 34◦ (Z-Winkel).

sin 34◦ =r

8 cm⇒ r ≈ 4, 47 cm.

ASektor ≈90◦

360◦· 4, 472 · π cm2 ≈ 15, 69 cm2

Das Viereck PQRS ist dadurch entstanden, dass man uber den vier Seiten desQuadrates ABCD mit der Seitenlange a jeweils gleichseitige Dreiecke errichtet hat.

(a) Zeichne die Fgur fur a = 4 cm.

(b) Begrunde: Das Viereck PQRS ist ein Quadrat.Hinweis: Zeige, dass z.B. ∢APS = 15◦ gilt.

(c) Zeige auf verschiedene Weise: Fur den Flacheninhalt A des Vierecks PQRS gilt:APQRS = a2(2 +

√3) .

(d) Berechne den prozentualen Flachenanteil des Quadrates ABCD am ViereckPQRS.

Losung: (a)

(b) Die vier Dreiecke SPA, PQB, QRC und RSD sind aus Symmetriegrunden kongru-ent. Also handelt es sich bei dem Viereck PQRS mindestens um eine Raute.Am Punkt A gilt: ϕ = 360◦ − 90◦ − 2 · 60◦ = 150◦ .Aus Symmetriegrunden sind die vier Dreiecke SPA, PQB, QRC und RSD gleich-schenklig.⇒ δ = (180◦ − 150◦) : 2 = 15◦ .Dann siehst du z.B. am Punkt P : ∢QPS = 2 · 15◦ + 60◦ = 90◦ . Also ist die Rautesogar ein Quadrat.

(c) 1. Moglichkeit: Die Summe aller Teilflachen

APQRS = a2 + 4 · a2

√3 + 4 · 1

2· a2 · sin 150◦ = a2 + a2

√3 + a2 = a2(2 +

√3) .

2. Moglichkeit: Alle Quadrate sind zueinander ahnlichWenn du das kleine Quadrat ABCD mit einem Faktor k streckst, erhaltst du dasgroße Quadrat. (Erst eine anschließende Drehung des gestreckten Quadrates um 45◦

brachte dieses Zwischenbild zur Deckung mit dem großen Quadrat PQRS. Aber dasspielt bei der Ermittlung des Flacheninhaltes des großen Quadrates PQRS keine Rol-le, weil ja die Drehung einer Flache deren Inhalt unverandert lasst.)

Den Streckungsfaktor k ermittelst du uber die Diagonalenlangen:. Es gilt z.B.: k =SQ

SQ = 2 · a2

√3 + a = a · (

√3 + 1) und AC = a

√2 .

Dann gilt: k =a · (

√3 + 1)

√3 + 1√2

·√2√2=

√2(√3 + 1)

Weiter folgt:

APQRS = k2 · AABCD =

[√2(√3 + 1)

· a2 = 2(3 + 2√3 + 1)

4· a2 .

⇒ APQRS = (2 +√3) · a2 .

(d)AABCD

(2 +√3) · a2

2 +√3≈ 0, 2679 = 26, 79% .

Gegeben ist das Quadrat ABCD mit dem Mittelpunkt M und der Diagonalenlanged = 10 cm .Dieses Quadrat wird nun um den Mittelpunkt M mit dem Winkel ϕ gedreht, wobeiϕ ∈ ]0◦; 90◦[R gilt.Dadurch entstehen zum einen Quadrate AnBnCnDn und zum anderen AchteckeAAnBBnCCnDDn .

(a) • Zeichne das Quadrat ABCD und seinen Umkreis.

• Zeichne fur ϕ = 25◦ das Quadrat A1B1C1D1 farbig ein.

• Zeichne dazu das Achteck AA1BB1CC1DD1 in einer anderen Farbe.

(b) Zeige: Fur den Flacheninhalt A der Achtecke AAnBBnCCnDDn gilt in Anbhan-gigkeit von ϕ:

A(ϕ) = 50 · (sinϕ+ cosϕ) cm2

(c) • Begrunde rechnerisch: Es gilt ebenfalls

A(ϕ) =50

cos 45◦(sinϕ sin 45◦ + sin 45◦ cosϕ) cm2

• Vereinfache den in der obigen Zeile dargestellten Term fur A(ϕ) so weitwie moglich. Der Nenner vor der Klammer soll dabei rational werden.

• Unter allen Achtecken AAnBBnCCnDDn gibt es das AchteckAA2BB2CC2DD2, dessen Flacheninhalt maximal wird.Berechne dieses Maximum und die zugehorige Belegung von ϕ .

• Berechne den Umfang u des flachengroßten Achtecks ohne zu runden.Zeige: u = 40 · √. . . cm

Losung: (a) Alle verlangten Zeichnungen:

r = 5 cm

(b) Die roten Achtecke setzen sich aus je vier kongruenten Dreiecken vom Typ MAAn

und vom Typ MAnB zusammen. Weiter gilt: ψ = 90◦ − ϕ .

A(ϕ) = 4 ·AMAAn+ 4 · AMAnB

4 · 12· 52 · sinϕ+ 4 · 1

2· 52 · sinψ

= [50 · sinϕ+ 50 · sin(90◦ − ϕ)] cm2

A(ϕ) = 50 · (sinϕ+ cosϕ) cm2

(c) •

A(ϕ) =50

cos 45◦(sinϕ sin 45◦ + sin 45◦ cosϕ) cm2 =

50 ·(

sinϕ · sin 45◦

cos 45◦+

sin 45◦

cos 45◦· cosϕ

50 · (sinϕ tan 45◦ + cosϕ tan 45◦) cm2 .

Wegen tan 45◦ = 1 ergibt sich die Losung von (b).33

A(ϕ) =50

cos 45◦· (sinϕ sin 45◦ + sin 45◦ cosϕ) cm2

√2sin(45◦ + ϕ) cm2 .

Also gilt: A(ϕ) = 50 ·√2 · sin(45◦ + ϕ) cm2 .

• A(ϕ) wird maximal, wenn sin(45◦ + ϕ) maximal wird;d.h. wenn sin(45◦ + ϕ) den Wert 1 annimmt. Das ist im Definitonsbereich derFall, wenn ϕ = 45◦ gilt.Der maximale Flacheninhalt betragt dann 50 ·

√2 cm2 ≈ 70, 71 cm2 .

r = 5 cm

Kosinussatz im Dreieck MAA2: x2 =

52 + 52 − 2 · 5 · 5 · cos 45◦)

⇔ x2 =[

25 · (2−√2)]

cm ⇔ x = 5 ·√

2−√2 cm .

Aus Symmetriegrunden gilt: u = 8x = 40 ·√

2−√2 cm (≈ 30, 61 cm) .

Dem Quadrat ABCD mit der Seitenlange a = 6 cm ist ein Viertelkreis mit demMittelpunkt A und dem Radius a einbeschreiben worden. Der Mittelpunkt der Seite

[CD] ist M .Weiter gilt: BE = 2 cm .Hinweis: Alle Rechenergebnisse sind auf zwei Stellen nach dem Komma zu runden.

(a) Zeichne das Quadrat ABCD, den Viertelkreis und die Strecke [EM ] .

(b) • Zeige durch Rechnung: EM = 5 cm .

• Begrunde: Die Strecke [ME] beruhrt den Kreisbogen in einem Punkt T .Tipp: Wenn der Punkt T Beruhrpunkt sein soll, dann mussen gleichzeitigdie beiden Vierecke MDAT und BETA besondere Vierecke sein.

• Zeichne die Strecke [AT ] ein.

(c) Berechne das Maß α des Winkels TAD.

[ Teilergebnis:α

2≈ 26, 57◦ ]

• Zeichne den Diagonalenschnittpunkt F des Vierecks MDAT ein .

• Berechne den Inhalt der in der Eingangsfigur getonten Flache.[ Teilergebnis: FD ≈ 2, 68 cm]

Losung: (a) Die Zeichnung enthalt bereits alle Elemente.

(b) • Im rechtwinkligen Dreieck CME gilt:EM 2 = [32 + (6− 2)2] cm2 ⇔ EM = 5cm .

• Wenn der Punkt T der Beruhrpunkt sein soll, dann mussen die beiden ViereckeMDAT und BETA achsensymmetrische Drachenvierecke sein.Dann muss aber MD =MT = 3cm und EB = ET = 2cm gelten.Dann muss alsoMT+ET = 5cm gelten. Das hast du aber vorhin gerade mit demSatz des PYTHAGORAS gezeigt. Also gibt es den Punkt T als Beruhrpunkt.

(c) Im Dreieck MDA gilt:

6 cm⇒ α

2≈ 26, 57◦ ⇒ α ≈ 53, 14◦ .

• Im Dreieck FDA gilt:

sin 26, 57◦ ≈ FD

6 cm⇒ FD ≈ 2, 68 cm ⇒ TD ≈ 5, 36 cm .

∆MDA : AM2= (62 + 32) cm2 ⇒ AM ≈ 6, 71 cm .

A getont = AMDAT −A Sektor =1

2·AM · TD −A Sektor .

A getont ≈1

2· 6, 71 · 5, 36 cm2 − 53, 14◦

360◦· 62π cm2 ≈ 1, 29 cm2

Dem Quadrat ABCD ist das rechtwinklige Dreieck QCP einbeschrieben worden.Dabei gilt: <) DCP = ϕ .Hinweis: Gegebenenfalls sind alle Ergebnissse auf zwei Stellen nach dem Kommazu runden.

(a) Zeichne das Quadrat fur AB = 6 cm und fur ϕ = 20◦ das Dreieck QCP .

(b) Begrunde: Die Dreiecke AQP und PCD sind zueinander ahnlich.

(c) Berechne den Flacheninhalt des Dreiecks QCP .

Losung: (a)

(b) Im rechtwinkligen Dreieck PCD gilt: ϕ+ ψ = 90◦ (*) .Am Punkt P gilt: ψ + 90◦ + δ = 180◦ also: δ + ψ = 90◦ , und mit (*) folgt: ϕ = δ(**) .Im rechtwinkligen Dreieck AQP gilt: δ + ε = 90◦ . Mit (*) und (**) folgt: ψ = ε .Damit stimmen die Dreiecke AQP und QCP paarweise in zwei Innenwinkelmaßenuberein. Also sind sie zueinander ahnlich.

(c) ∆PCD : cos 20◦ =6cm

PC⇒ PC ≈ 6, 39 cm .

Und weiter (z.B.): PD2=

6, 392 − 62)

cm2 ⇒ PD ≈ 2, 20 cm .⇒ AP ≈ 6 cm − 2, 20 cm = 3, 80 cm .

∆AQP : cos 20◦ ≈ 3, 80 cm

PQ⇒ PQ ≈ 4, 04 cm .

A∆QCP =1

2· PC · PQ ≈ 1

2· 6, 39 cm · 4, 04 cm ≈ 12, 91 cm2 .

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